10.5帶電粒子在電場中的直線運動

學習目標

課程標準物理素養

物理觀念：會分析帶電粒子在電場中的加速問題。

3.1.5能分析帶電粒子在科學思維：能夠從牛頓運動定律和功能關系兩個角度分析物體的直線運動。

電場中的運動情況，能解科學探究：通過解決帶電粒子在電場中加速的問題，加深對牛頓運動定律和

釋相關的物理現象。功能關系兩個角度分析物體運動的認識。

科學態度與責任：體會靜電場知識對科學技術的影響。

02思維導圖

1．帶電粒子在電場中的運動

(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然

后選用恰當的規律解題。

(2)受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力

相比較是否能忽略。一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子

的重力可以忽略，一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用。

2．處理帶電粒子(帶電體)運動的方法

(1)結合牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題。

(2)用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理思路

①利用初、末狀態的能量相等(即E1＝E2)列方程。

②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程。

(3)常用的兩個結論

①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變。

②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變。

03知識梳理

（一）課前研讀課本，梳理基礎知識：

一、帶電粒子在電場中的直線運動

1．做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動。

(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運動；若電場為勻強

電場且其它力恒力，則帶電粒子做勻變速直線運動。

2．用動力學觀點分析

qEU22

在勻強電場中，a＝，E＝，v－v0＝2ad。

md

3．用功能觀點分析

1212

動能定理qU＝mv－mv0

22

4．帶電粒子在電場中的加速

1212

(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv－mv0。

22

1212

(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv－mv0。

22

二、帶電粒子在交變電場中的直線運動

1．常見的交變電場

常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。

2．常見的題目類型

(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。

(2)粒子做往返運動(一般分段研究)。

3．思維方法

(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求

解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件。

(2)從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系。

04題型精講

【題型一】恒力作用下的直線運動

【典型例題1】如圖所示，一質量為m、電荷量為q的小球在電場強度大小為E、區域足夠大的勻強電場中，

以初速度v0沿ON在豎直面內做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，

則()

A．電場方向豎直向上

g

B．小球運動的加速度大小為

2

2

v0

C．小球上升的最大高度為

4g

12

D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為mv0

2

答案C

解析小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg＝qE，所以靜電力qE

與重力關于ON對稱，根據數學知識可知，靜電力qE與水平方向的夾角應為30°，即電場方向不是豎直向

上的，受力情況如圖所示．

合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度大小為g，方向沿ON向下，A、B錯誤；小球做勻減速直線

22

v0v0

運動，由運動學公式可得最大位移為x＝，則小球上升的最大高度為h＝xsin30°＝，C正確；若小球

2g4g

在初始位置的電勢能為零，在減速運動至速度為零的過程中，小球克服靜電力做功和克服重力做功是相等

12

的，由能量守恒可知，小球的初動能一半轉化為電勢能，一半轉化為重力勢能，初動能為mv0，則小球的

2

12

最大電勢能為mv0，D錯誤．

4

【典型例題2】如圖所示，絕緣的斜面處在一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑

到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確

的是()

A．金屬塊帶負電荷

B．靜電力做功0.5J

C．金屬塊克服摩擦力做功0.7J

D．金屬塊的機械能減少1.4J

解析：選C在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、

B錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力做功－0.5J，根據動能定理得，W

總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正確；外力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故金屬塊機械

能減少1.2J，故D錯誤。

【對點訓練1】(多選)如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由

靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下

列判斷正確的是()

mg

A．電場強度的最小值等于

q

mgsinθ

B．電場強度的最大值等于

q

C．帶電油滴的機械能可能增加

D．電場力可能對帶電油滴不做功

解析：選CD帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，

根據三角形定則作出合力，如圖所示。當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F＝

mgsinθmgsinθ

qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝，由圖可知，電場強度無最大值，故A、B錯誤；當E＝時，電

qq

場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變，這種情況下只有重力做功，帶電

mgsinθ

油滴的機械能不變，故D正確；當E＞時，當電場力方向與速度方向成銳角時，電場力做正功，帶

q

電油滴的機械能增加，故C正確。

【對點訓練2】如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM的傾角θ＝37°，空間存在著平行于斜面向上的勻強電場，

電場強度的大小E＝3.0×103N/C。現有一帶正電荷量為q＝2.0×10－3C的小滑塊從O點沿斜面勻速下滑(g

取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則小滑塊的質量m()

A．1kgB．2kg

C．3kgD．4kg

答案A

解析帶正電的小滑塊從O到M沿斜面勻速下滑，對小滑塊受力分析，可知qE＝mgsin37°，解得小滑塊

的質量m＝1kg，選項A正確。

【題型二】變力作用下的直線運動

【典型例題3】如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細線懸掛在豎直向上的、范圍足夠大的勻強電場中，某

時刻剪斷細線，小球開始向下運動，通過傳感器得到小球的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示．已

知小球質量為m，重力加速度為g，空氣阻力不能忽略．下列說法正確的是()

A．小球運動的速度一直增大

B．小球先做勻加速運動后做勻速運動

C．小球剛開始運動時的加速度大小a0＝g

D．小球運動過程中受到的空氣阻力與速度大小成正比

答案D

解析小球速度增大到v0后，加速度變為0，速度不再增大，故A錯誤；小球在加速過程中，加速度隨速

度變化，不是勻變速運動，故B錯誤；由a－v圖像可得，a＝kv＋a0，由牛頓第二定律可得mg－qE－Ff＝

FfqEqEFf

ma，可解出加速度為a＝－＋g－，聯立可知a0＝g－，還可知－＝kv，即Ff＝－kmv，故C錯誤，

mmmm

D正確．

【典型例題4】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質量均為

d

m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態，今使下端小球恰好位于

4

上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落．當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零．重力

加速度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：

(1)兩極板間的電壓；

(2)小球運動的最大速度．

20mgd11gd

答案(1)(2)

13q26

531

解析(1)根據動能定理可得4mg×d－2Uq－Uq－Uq＝0

442

20mgd

解得U＝

13q

U40

(2)當兩個小球在電場中時，靜電力F1＝×2q＝mg<4mg

d13

U60

當三個小球在電場中時，靜電力F2＝×3q＝mg>4mg

d13

d111

故當第三個小球剛進入電場時速度最大，根據動能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2－0

2242

11gd

解得v＝.

26

【對點訓練3】(多選)如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標原點，

向右為正方向建立直線坐標系，P點的坐標xP＝5.0cm，此電場線上各點的電場強度大小E隨x變化的規律

如圖乙所示。若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說

法正確的是()

A．該電子做勻變速直線運動

B．x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向

1

C．M點的電勢是P點電勢的

2

D．圖像中的E0的數值為1.2

解析：選BD由題圖可知電子從M點運動到P點過程中，電場強度逐漸減小，所以該電場不是勻強電場，

即電子受到的電場力不是恒定的，所以該電子不做勻變速直線運動，故A錯誤；若一電子僅在電場力作用

下自M點運動至P點，電勢能減小，則電場力做正功，由功能關系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－

UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而電場線由高電勢指向低電勢，可知x軸上各點的電場強度方向都沿x軸

負方向，故B正確；電勢零點未知，所以無法確定兩點的電勢數值關系，故C錯誤；由題可知WMP＝45eV，

E0e－2

E0e＋×5×10m

E-x圖像與橫軸圍成圖形的面積表示對應距離的電勢差，可得WMP＝2＝45eV，解得E0

2

＝1200V，即圖像中E0的數值為1.2，故D正確。

【對點訓練4】如圖所示為一個半徑為R的均勻帶電圓環，取環面中心O為原點，以過O點且垂直于環面

的軸線為x軸，P到O點的距離為2R。質量為m、帶負電且電荷量為q的小球從軸上P點由靜止釋放，小

球運動到Q點時速度為零，Q點在O點上方R處。下列說法正確的是()

A．P點電勢比Q點電勢低

B．P點場強比Q點場強大

mgR

C．P、Q兩點的電勢差為

q

mg

D．Q點的場強大小等于

q

解析：選C由題意可知帶負電小球由P點到Q點先加速后減速運動，受到沿x軸向上的電場力作用，故

電場方向沿x軸向下，沿電場線方向電勢逐漸降低，故P點電勢比Q點電勢高，A錯誤；開始qEP<mg，在

Q點qEQ>mg，故P點場強比Q點場強小，B、D錯誤；由動能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q兩點

mgR

的電勢差為UPQ＝，C正確。

q

【題型三】交變電場中的直線運動

【典型例題5】(多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當

兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規律圖

像，可能正確的是()

解析：選AD在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始

U0eT

終不變，F＝，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個內向B板做

d4

TTT

勻加速直線運動，在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內反向做勻加速直線運動，在第四個

444

內向A板做勻減速直線運動，所以at圖像應如圖D所示，vt圖像應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；

12

又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at，所以xt圖像應是曲線，B錯誤。

2

【典型例題6】(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質量為

T

m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰

4

好到達B板，則()

2

qU0T

A．A、B兩板間的距離為

16m

qU0

B．電子在兩板間的最大速度為

m

C．電子在兩板間做勻加速直線運動

T

D．若電子在t＝時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終到達B板

8

答案AB

T3

解析電子在t＝時刻由靜止釋放進入兩極板運動，先加速后減速，在t＝T時刻到達B板，設兩板的間

44

2

qU01TqU0TT

距為d，加速度a＝，則有d＝2×a()2，解得d＝，故A正確；由題意可知，經過時間電子

md2416m4

TqU0

速度最大，則最大速度為vm＝a·＝，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右

4m

TTT

做勻減速直線運動，故C錯誤；若電子在t＝時刻進入兩極板，在～時間內電子做勻加速直線運動，位

882

1qU039

移x＝··(T)2＝d>d，說明電子會一直向B板運動并打在B板上，不會向A板運動，故D錯誤．

2md88

【對點訓練5】如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板

中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發生碰撞，向A板運動時為速度

的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度隨時間變化規律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數規

律變化)()

[解析]電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，C、D錯誤；從0時刻開始，電子向A

1

板做勻加速直線運動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變為零。之后

2

重復上述運動，A正確，B錯誤。

[答案]A

【對點訓練6】(多選)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由

靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()

A．帶電粒子將始終向同一個方向運動

B．2s末帶電粒子回到原出發點

C．3s末帶電粒子的速度為零

D．0～3s內，電場力做的總功為零

qE

[解析]設第1s內粒子的加速度為a1，第2s內的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s

m

內向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發點，粒子的速度為0，

v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。

[答案]CD

05強化訓練

01

【基礎強化】

1．(多選)一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強

電場，電場強度為E(如圖所示)，則()

2

mv0

A．粒子射入的最大深度為

qE

2

mv0

B．粒子射入的最大深度為

2qE

mv0

C．粒子在電場中運動的最長時間為

qE

2mv0

D．粒子在電場中運動的最長時間為

qE

答案BD

2

12mv0

解析粒子從射入到運動至速度為零，由動能定理得－Eqxmax＝0－mv0，最大深度xmax＝，由v0＝at，

22qE

Eqmv02mv0

a＝可得t＝，由對稱性可得粒子在電場中運動的最長時間為tmax＝2t＝，故選B、D.

mEqEq

2.人體的細胞膜模型圖如圖1所示,細胞膜由磷脂雙分子層組成,雙分子層之間存在電壓(醫學上稱為膜電位)。

現研究某小塊均勻的細胞膜,厚度為d,膜內的電場可看作勻強電場,簡化模型如圖2所示,初速度可視為零的一

價正鈉離子僅在電場力的作用下,從圖中的A點運動到B點。下列說法正確的是()。

A.A點電勢等于B點電勢

B.鈉離子的電勢能增大

C.若膜電位不變,當d越大時,鈉離子進入細胞內的速度增大

D.若膜電位增加,則鈉離子進入細胞內的速度增大

答案D

解析初速度可視為零的一價正鈉離子僅在電場力的作用下,從圖中的A點運動到B點,則電場線從A到B,

沿電場線電勢降低,所以A點電勢大于B點電勢,A項錯誤。鈉離子運動中電場力做正功,所以鈉離子的電勢

能減小,B項錯誤。由動能定理可知qU=mv2,若膜電位不變時,即電壓U不變時,鈉離子進入細胞內的速度不

1

變;電壓U增加時,速度增大,C項錯誤,D2項正確。

3.如圖所示，一帶正電的小球在勻強電場中，受到的電場力與小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向

做加速度不為零的勻變速直線運動，ON與水平面的夾角為30°。不計空氣阻力，重力加速度為g。則()

A．電場力方向可能水平向左

B．小球可能做勻加速直線運動

C．小球的加速度大小一定小于g

v0

D．經過時間，小球的速度方向發生改變

g

解析：選D小球做勻變速直線運動，合力方向一定和速度方向在同一直線上，即在ON直線上，因為mg

＝qE，所以電場力qE與重力關于ON對稱，根據幾何關系可知電場力qE與水平方向夾角為30°，受力情況

如圖所示，合力沿ON向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與速度方向相反，小球做勻

v0v0v0

減速直線運動，故A、B、C錯誤；設小球減速到零所用時間為t，則t＝＝，故經過時間，小球速度

agg

v0

剛好減為零，然后反向加速，即經過時間，小球的速度方向發生改變，故D正確。

g

4.如圖甲所示，A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質量為

m、電荷量為q的帶正電粒子在t＝0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計重力)，粒子經2T0時間到B板。

求：

圖8

(1)粒子到達B板時的速度v；

(2)兩個金屬板間的距離d。

2qU07qU0

答案(1)3(2)T0

7m2m

2

12qU02qU0T0

解析(1)在0～T0時間，粒子運動的位移為d1＝·T0＝

2mdmd

在T0～2T0時間，粒子運動的位移為

222

2qU0T0qU0T05qU0T0

d2＝＋＝

md2md2md

根據動能定理得

d1d212

2qU0＋qU0＝mv

d1＋d2d1＋d22

2qU0

解得v＝3。

7m

(2)根據位移關系得d1＋d2＝d

7qU0

解得d＝T0。

2m

5.如圖所示，A、B為平行金屬板，兩極板相距為d，分別與電源兩極連接。兩板的中央各有一小孔M、N。

今有一帶電質點自A板上方距離為d的P點由靜止下落，不計空氣阻力，到達兩板中點時的速度恰好為零，

然后沿原路返回。則帶電質點的重力與它在電場中所受電場力的大小之比為()

A．1∶2B．1∶3

C．2∶1D．3∶1

答案B

31

解析帶電質點從P點開始由靜止下落到兩板中點時，先加速后減速到零，根據動能定理有mg·d－qEd

22

＝0，重力與電場力的大小之比為1∶3，故B正確。

6.(多選)如圖所示，質量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON

做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下

面說法中正確的是()

A．電場方向一定豎直向上

3mg

B．電場強度E的最小值為

2q

2

mgv0

C．如果電場強度為E＝，則小球相對初始位置的最大高度為

q2g

2

mgmv0

D．如果電場強度為E＝，小球電勢能的最大值為

q4

答案BD

解析因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力方向與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形

定則知，電場力的方向不確定，當電場力方向垂直于運動方向時，電場力有最小值，為Fmin＝mgcos30°，

mgcos30°3mg

如圖所示，所以電場強度的最小值Emin＝＝，故A錯誤，B正確；當小球所受的重力和電場

q2q

力大小相等，兩個力的夾角為120°，合力大小與分力大小相等，等于mg，根據牛頓第二定律知，小球的加

2

v0

速度大小為g，方向與運動方向相反，故小球斜向上做勻減速直線運動的位移x＝，則小球上升的最大高

2g

2

v01212

度h＝xsin30°＝，故C錯誤；在整個過程中電場力做功W＝qExcos120°＝－mv0，電勢能增加mv0，所

4g44

12

以小球電勢能的最大值為mv0，故D正確。

4

【素養提升】

7.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l，在正極板附近有一質量為m、電荷量為q1(q1>0)的粒

子A；在負極板附近有一質量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B。僅在電場力的作用下兩粒子同時從靜

3

止開始運動。已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，

7

不計重力，則以下說法正確的是()

A．電荷量q1與q2的比值為3∶7

B．電荷量q1與q2的比值為3∶4

C．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為9∶16

D．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為3∶7

q1E31q1E2

解析：選B設電場強度大小為E，兩粒子的運動時間相同，對粒子A有：a1＝，l＝··t，對粒子B

m72m

1

q2E41q2E2q1312v3

有：a2＝，l＝··t，聯立解得：＝，A錯誤，B正確。由動能定理qEx＝mv－0，求得：＝，

m72mq2424

v2

C、D錯誤。

8．如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P。

現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子

從P′點由靜止釋放，則()

A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變

B．金屬板A、B間的電壓減小

C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同

D．乙電子運動到O點的速率為2v0

答案C

εrS

解析兩板間距離變大，根據C＝可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯

4πkd

UQ4πkQ

誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝＝＝，可知當d變大時，

dCdεrS

1

兩板間的電場強度不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據eE·2d＝mv2，eEd

2

12

＝mv0，可知乙電子運動到O點的速率v＝2v0，選項D錯誤。

2

9.(多選)如圖所示，在重力加速度為g的空間，有一個帶電荷量為＋Q的場源電荷置于O點，B、C為以O

為圓心、半徑為R的豎直圓周上的兩點，A、B、O在同一豎直線上，AB＝R，O、C在同一水平線上。現在

有一質量為m、電荷量為－q的有孔小球，沿光滑絕緣細桿AC從A點由靜止開始滑下，滑至C點時速度的

大小為5gR，下列說法正確的是()

A．從A到C小球做勻變速運動

mgR

B．B、A兩點間的電勢差為

2q

C．從A到C小球的機械能守恒

D．若從A點自由釋放，則下落到B點時的速度大小為3gR

答案BD

解析小球在運動的過程中，所受電場力是變力，合力不恒定，則從A到C小球做的運動不是勻變速運動，

12

故A錯誤；小球從A到C的過程中，重力和庫侖力都做功，根據動能定理得2mgR－qUAC＝mv，由于v

2

mgR

＝5gR，則UAC＝－，因以O為圓心的圓周為等勢面，所以A、B間的電勢差與A、C間的電勢差相等，

2q

mgR

則B、A間的電勢差為，故B正確；A到C，除重力做功外，還有庫侖力做功，所以機械能不守恒，故

2q

12

C錯誤；若從A點自由釋放，下落到B點時，根據動能定理得mgR＋qUBA＝mv－0，解得v＝3gR，故D

2

正確。

10．靜電火箭的工作過程簡化圖如圖所示，離子源發射的離子經過加速區加速，進入中和區與該區域里面

的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產生推力．根據題目信息可知()

A．M板電勢低于N板電勢

B．進入中和區的離子速度與離子帶電荷量無關

C．增大加速區MN極板間的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力

D．增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力

答案D

解析由于加速后的離子在中和區與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速區的極板M電勢高，A

12qU

錯誤；由動能定理知qU＝mv2，解得v＝，所以進入中和區的離子速度與離子的比荷、加速電壓的

2m

大小有關，加速電壓越大離子速度越大，與極板間的距離無關，故D正確，B、C錯誤．

11．如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l.在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒

子；在負極板有另一質量為m、電荷量為－q的粒子．在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已

2

知兩粒子同時經過平行于正極板且與其相距l的平面．若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則M∶m

5

為()

A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1

答案A

Eq21Eq2

解析設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒子有aM＝，l＝·t；對電荷量為

M52M

Eq31Eq2M3

－q的粒子有am＝，l＝·t，聯立解得＝，故選A.

m52mm2

12.如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、

丁所示時，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是()

A．電壓如甲圖所示時，在0～T時間內，電子的電勢能一直減少

T

B．電壓如乙圖所示時，在0～時間內，電子的電勢能先增加后減少

2

C．電壓如丙圖所示時，電子在板間做往復運動

D．電壓如丁圖所示時，電子在板間做往復運動

答案D

解析若電壓如題圖甲時，在0～T時間內，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做

勻減速直線運動，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓如題圖乙時，在0～

1

T時間內，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓

2

1

如題圖丙時，電子向左先做加速運動，過了T后做減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，

2

11

故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓如題圖丁時，電子先向左加速，到T后向左減速，T后向

42

3

右加速，T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，則電子做往復運動，故D正確．

4

13.如圖甲所示，真空中相距d＝5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(圖中未畫出)，其中B板接地(電

勢為零)，A板電勢變化的規律如圖乙所示。將一個質量m＝2.0×10－27kg、電荷量q＝＋1.6×10－19C的帶

電粒子從緊鄰B板處釋放，不計粒子重力。求：

(1)在t＝0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；

(2)若A板電勢變化周期T＝1.0×10－5s，在t＝0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放，粒子到達A板

時速度的大小；

TT

(3)A板電勢變化頻率多大時，在t＝到t＝時間內從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子，粒子不能到達

42

A板。

答案(1)4.0×109m/s2(2)2×104m/s(3)大于52×104Hz

解析(1)帶電粒子所受電場力大小為

qU

F＝qE＝

d

由牛頓第二定律得

FqU

a＝＝＝4.0×109m/s2。

mdm

T1T－

(2)由位移公式計算粒子在0～時間內運動的距離為x＝a()2＝5.0×102m

222

T

由此可見帶電粒子在t＝時恰好到達A板。再由運動學公式可得

2

T

v＝a＝2×104m/s。

2

TTT3T

(3)分析可知，在～內，電場力方向、速度方向均向右，帶電粒子向A板做勻加速運動；同理，在～內，

4224

則向A板做勻減速運動，速度減為零后再返回。由于運動具有“對稱性”，即先、后兩段位移大小相等，

1T212

得粒子向A板運動可能的最大位移為xmax＝2×a()＝aT。因題目要求粒子不能到達A板，故必有xmax

2416

1a

＜d,根據頻率和周期的關系為f＝，由以上三式即可求出電勢變化頻率應滿足條件f＞＝52×104Hz。

T16d

14.中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示

物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用．如圖所示，某直線加速器由

沿軸線分布的一系列金屬圓管（漂移管）組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質子從K點沿

軸線進入加速器并依此向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電

壓視為不變．設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，

1

漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的．質子的荷質比取1×